第五讲抽屉原则（二）一．用数组构造抽屉例1．在1、4、7、10、……、100中任取20个不同的数组成一组，证明这样的任意一组数中必有不同的
两对数，其和都是104.证明：把所给的数分成如下18个不相交的数组：{4、100}、{7、97}、{10、94}、……、{49、5
5}、{1}、{52}。把每一组数看作是一个“抽屉”，当任意取出20个整数时，若取到1和52，则剩下的18个数，一定取自前16个
“抽屉”，这样至少有4个数取自某两个“抽屉”中，若1和52没有全被取出，则有多于18个数取自前16个“抽屉”中，同样至少有4个数取
自某两个“抽屉”中。而前16个“抽屉”中的任一“抽屉”的两个数之和为104。说明：题目中没有现成的东西可看作“抽屉”。我们把和10
4的两个数组成的数组看作“抽屉”。这种根据问题的要求构造“抽屉”的方法少经常要用到的。还应注意，本题中“抽屉”的容量是有限的，解题
时要根据所给的条件进行具体的分析。例2．夏令营组织2017名营员去游览故宫、景山公园和北海公园，规定每人必须去一处，最多去两处游览
，那么至少有多少人游览的地方完全相同？解：首先要弄清楚一共有多少种不同的游览情况，并把它们表示出来。为此，设某人游览某处记作“1”
，没有去某处记作“0”。并用有序数组{a，b，c}表示某人游览的情况。a=1表示去了故宫，a=0表示没有去故宫；b=1表示去了景山
，b=0表示没有去景山；c=1表示去了北海，c=0表示没有去北海。例如{1，1，0}表示某人去了故宫个景山，而没有去北海。由于每人
必须去一处，且最多去两处，所以又来的不同的情况共有6种可能：{1，1，0}，{1，0，1}，{0，1，1}，{1，0，0}，{0，
1，0}，{0，0，1}。这样我们就可以把这六种情况看作是六个“抽屉”，由于2017>2016=6×336+1，根据抽屉原则二，至
少有337人游览的地方相同。例3．把1、2、3、……、10这10个自然数按任意顺序排成一圈，求证在这一圈数中一定有相邻的三个数之和
大于17.证明：无论依怎样的顺序，把1、2、3、……、10这10个自然数摆成一圈，总能先找到1的位置，然后按顺时针方向，把其他的数
依次表示为a2，a3，a4，……，a10。对任意一种摆法，都把以上九个数分成三组(a2，a3，a4)；(a5，a6，a7)；(a8
，a9，a10)。把这三组数看作是三个“抽屉”，又根据加法的交换律、结合律，可以得到下面的等式：(a2+a3+a4)+(a5+a6
+a7)+(a8+a9+a10)=2+3+4+……+10=54.而54>51=17×3。根据抽屉原则二，一定有一个抽屉中的三个数之
和大于17，它们恰好是位置相邻的三个数。二．用剖分图形构造“抽屉”例4．已知在边长为1的等边三角形内（包括边界），任意点了五个点，
求证：至少有两个点之间的距离不大于二分之一。证明：如图，等边三角形ABC的三边中点为E、F、G，这样EF、FG、GE把边长为1的等
边三角形ABC分成了4个边长为二分之一的等边三角形。如果规定EF、FG、GE上的点属于△EFG，那么△ABC内的点被划分为四个不相
交的区域。把每个区域看作是一个“抽屉”，在△ABC内任意画五个点，根据抽屉原则，必有两个点放入同一抽屉中。也就是一定有一个边长为二
分之一的三角形，其中包含两个点。显然这两个点的距离不超过二分之一。例5．如果在一个边长为1的正方形中，任意放入九个点，则至少存在三
个点，其所构成的三角形的面积不超过八分之一。解：图一图二如图一，将边长为1的正方形分成四个面积都是四分之一的长方形G1、G2、
G3、G4，在正方形内任意放入九个点，由于9>2×4，根据抽屉原则，至少有一个长方形内包含三个或三个以上的点。只要证明以这三个点为
顶点的三角形的面积不大于小长方形面积的一半就行了。设一个小长方形DEFG内有三个点A、B、C（如图二），如果这三个点在一条直线上，
结论显然是对的。如果这三个点不在一条直线上，过这三个点分别做长方形较长边的平行线。设过A点的平行线交BC于点A’，A’到DE的距离
为h（0≤h≤），A’点到FG的距离是–h。于是△ABC的面积。说明：本题构造抽屉的方法不是唯一的，例如还可以构造成四个相等的
小正方形。但要注意，如果用两条对角线把正方形分成四个全等的小三角形是不行的。所以恰当的构造“抽屉”是解题的关键。三．用着色的方法构
造“抽屉”例6．证明在任何六个人的聚会上，总有三个人互相认识，或者总有三个人互相不认识。解：为了表示六个人之间相互认识或不认识的关
系，我们用空间的六个点代表六个人。如果两个人相互认识，那么连接表示这两个人的点的线段染成红色，如果两个人不认识，那么相应的线段就染
成蓝色。这样六个人聚会的问题，就可以换一个说法：空间有六个点A、B、C、D、E、F，其中没有三点共线，如果把每两个点间的线段染上红
色或蓝色，不管如何染法，总有一个三边是同一颜色的三角形。考察从某一点（如点A）出发的五条线段开始，由于它们不是红色就是蓝色。把每种
颜色看作是一个“抽屉”，根据抽屉原则，其中至少有三条线段染了相同的颜色，不妨设为红色。假定点A与B、C、D三点的连线AB、AC、A
D为红色，再用虚线连接BC、CD、CB，在这三条线段中用红、蓝两种颜色染色，如果它们都是蓝色，问题已经解决；如果其中至少有一条是红
色，不妨设BC为红色，则三角形ABC的三边都是红色。所以问题得到解决。四．用剩余数构造“抽屉”例7．一些孩子在沙滩上玩耍，他们把石
头堆成许多堆，其中有一个孩子发现，从石头堆中任意选出五堆，其中至少有两堆石子数之差是4的倍数，你说他的结论对吗？为什么？解：我们把
五堆石子数看作是五个自然数，它们被4除，其余数不外乎是0、1、2、3四种可能。如果把每一种余数看作是一个“抽屉”，把五个数放入抽屉
，根据抽屉原则，其中有一个抽屉中至少有两个数，这两个数被4除的余数相同，也就是说这两堆石子数之差是4的倍数。例8．任意给定一个正整
数n，一定可以将它乘以适当的整数，使得乘积为完全由0和7组成的数。分析：先试几个具体的正整数。当n=2时，2×35=70；当n=3
时，3×259=777；当n=4时，4×1925=7700；当n=5时，5×14=70。这种试验使得我们对此结论更确信了。解：现在
考察(n+1)个数：7、77、777、……、、。把它们分别记作a1，a2，…，an，an+1，如果将这(n+1)个数中的每一个数a
i除以n，则余数只可能是0、1、2、…、(n–1)中的某一个。由此可以作出n个“抽屉”：第一个抽屉是余数为0的；第二个抽屉是余数为
1的；……；第n个抽屉是余数为(n–1)的；把a1，a2，…，an，an+1这(n+1)个数按照被n除后余数不同的情况分到各个“抽
屉”中，根据抽屉原则，必有一个抽屉中含有两个余数相同的数。不妨设为ap=，aq=（假设p>q），于是ap–aq能被n整除，且具有的
形式。这就是说n乘以适当的数之后得到形式为的数，即由7和0组成的数。反过来我们试验一下n=6的情况：首先把7、77、777、777
7、77777、777777、7777777这七个数除以6。7÷6=1……1；77÷6=12……5；777÷6=129……3；77
77÷6=1296……1；……。我们已经找到了两个被6除余数为1的数是7和7777.7777–7=7770，所以7770÷6=12
95，即6×1295=7770.练习题1．某商店有126箱苹果，每箱至少120个，至多有144个，现将苹果个数相同的箱子放作一组，
如果其中箱子数最多的一组有n个箱子，那么n的最小值是多少？解：从120到144，共有144–120+1=25个数，以这25个数作为
“抽屉”，125=5×25+1，所以必定有一个“抽屉”中至少有6个箱子。n的最小值为6.2．在边长为1的等边三角形中取10个点，
其中必有两个点它们之间的距离不超过三分之一。解：如图把三角形的每边找到它们的三等分点，连接成9个小等边三角形，每个小三角形的边长
都是三分之一。用这九个小三角形作成9个“抽屉”，把10个点放入抽屉中，一定有一个抽屉中至少有两个点，这两个点之间的距离不超过三分之
一。3．任给5个自然数，证明一定能从中选出3个数，使得这3个数的和能被3整除。解：自然数被3除的余数是0、1或2，用这三个余数作“
抽屉”，把五个数放入三个抽屉中。若每个抽屉中都有数字，则从三个抽屉中各取一个数，这三个数的和能被3整除；如果有一个抽屉中没有数字，
即将这5个数放入到另外两个抽屉中，根据抽屉原则，一定有一个抽屉中至少有3个数，这3个数的和能被3整除。综上所述，在这5个数中一定可
以找到3个数，使得3个数的和能被3整除。4．全班有30个同学，每人都有图书，全班现在共有450本图书，证明至少有两个人有相同数量的
图书。解：全班30个同学中，如果每人所有的图书本数都不相同，则最少有1+2+3+……+30=465(本)书。现在只有450本书，说
明至少有两个人，他们所有的图书本数相同。5．在半径为1的圆内，任意画13个点，则一定有3个点，由他们所构成的三角形的面积小于。为什
么？解：如图把圆分成6等份，用这六小块作成六个“抽屉”，13=2×6+1，所以根据抽屉原则，一定有一个“抽屉”中至少有三个点，由
这三个点组成的三角形的面积小于圆的面积的六分之一，即三角形面积小于。6．黑色、白色、黄色、红色的筷子分别有1根、3根、5根和7根混
杂在一起，黑暗中要从这些筷子中取出不同颜色的两双筷子（每双筷子的颜色相同）。至少要取出多少根才能保证达到要求。解：按极端情况考虑，
如果黑色、白色、黄色、红色的筷子各取出1根，然后又连续取出的都是红色的筷子，把红色的筷子取完，这时已经取出10根筷子，可是只有红色
的筷子可以成双。如果再取出1根筷子，不论是什么颜色的，都可以保证有不同颜色的两双筷子。所以至少要取出11根筷子。7．如图是一个3行
7列的21个小方格的长方形，每个小方格用红、黄两种颜色涂色。证明：不论怎样涂色一定能找到一个由小方格组成的长方形，它的四个角上的小
方格具有相同的颜色。解：用红、黄两种颜色作“抽屉”，先给第一行染色，即第一行共有7个小方块，7=3×2+1，根据抽屉原则，一定有一
种颜色的小方格至少有四个。不妨设第一行中有4个小方格是红色的。对这四个小方格的下方对应的第二行的四个小方格染色，如果其中有两个方格
染成红色，那么问题已经解决。如果最多只有一个小方格染成红色，也就是说至少有三个小方格染成黄色，对于三个黄色方格下方在第三行中对应的
小方格，用两种颜色染色，根据抽屉原则，一定有一种颜色的小方格至少有2个，如果是2个黄色的小方格，则问题解决。如果是2个红色的小方格
，则与第一行对应，也能构成一个长方形，使得四个角都是红色的方格。综上所述，不论怎样涂色一定能找到一个由小方格组成的长方形，它的四个角上的小方格具有相同的颜色。8．从整数1、2、3、……、200中，任取101个数。证明在这101个数中，一定有两个数，其中一个能被另一个数整除。解：把200个数分成下列100个数组：{1、2、4、……、1×27}；{3、6、9、……、3×26}；{5、10、15、……、5×25}；……；{99、99×2}；{101}；{103}；……{199}。把每个数组看成一个“抽屉”，把101个数放入这100个抽屉中，根据抽屉原则，一定有一个抽屉中至少有2个数，这两个数一定是大数能被小数整除。 |
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